甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高二下学期3月月考数学试卷（Word版附解析），共20页。
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 函数在区间上的平均变化率等于时的瞬时变化率，则（ ）
A B. 1C. 2D.
2. 函数的递减区间为（ ）
A B.
C. D.
3. 在展开式中第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是（ ）
A. 第6项B. 第5项C. 第5、6项D. 第6、7项
4. 设函数的导函数为，若，则=（ ）
A. B. C. D.
5. 的展开式中，的系数（ ）
A. B. 5C. 35D. 50
6. 若函数在区间上单调递减，则实数取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知，，，则有（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 下列求导不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A. 是函数的极值点B. 3是函数的极大值点
C. 在区间上单调递减D. 1是函数的极小值点
11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的单调递减区间是
B. 在点处的切线方程是
C. 若方程只有一个解，则
D. 设，若对，使得成立，则
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 利用曲线切线方程可求得的近似值为___________．
13. 已知定义在上的奇函数的导函数是，当时，的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为______.
14. 若将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则方盒的体积的最大值为___________．
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 设，已知成等差数列．
（1）求展开式的中间项；
（2）求展开式中所有含的奇次幂项的系数和．
16. 已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值．
（1）求函数的解析式；
（2）当时，求函数的最值．
17. 已知定义在上的函数．
（1）若为单调递增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，证明：．
18. 已知函数．
（1）当时，如果函数的图象与直线有三个交点，求实数k的取值范围
（2）当时，试比较与2的大小．
19. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个极值点．
①求实数a的取值范围；
②若（为自然对数的底数，且…），求的取值范围．兰州一中2023-2024-2学期3月月考试题
高二数学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 函数在区间上的平均变化率等于时的瞬时变化率，则（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均变化率和瞬时变化率的概念直接计算.
【详解】函数在区间上的平均变化率等于，
由，得，所以，
因为函数在区间上的平均变化率等于时的瞬时变化率，
所以，解得.
故选：B
2. 函数的递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数与原函数单调性的关系进行求解即可.
【详解】，
由，
所以函数的递减区间为，
故选：C
3. 在的展开式中第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是（ ）
A. 第6项B. 第5项C. 第5、6项D. 第6、7项
【答案】A
【解析】
【分析】的展开式中每一项的系数和二项式系数相等，由条件先求出，然后可得答案.
【详解】因为的展开式中每一项的系数和二项式系数相等，第4项与第8项的系数相等
所以，所以
所以展开式里系数最大的项是第6项
故选：A
【点睛】本题考查的是二项式系数的性质，较简单.
4. 设函数的导函数为，若，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对函数求导后，令即可求解.
【详解】因为，
所以，令，则，
解得：.
故选：C.
5. 的展开式中，的系数（ ）
A. B. 5C. 35D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】利用展开式的通项公式即求.
【详解】的展开式第项，
当时，；当时，，
∴，
∴的系数为.
故选：A.
6. 若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据函数解析式得到函数的定义域，再求出导函数，从而根据条件得到关于的不等式组，进而求解即可．
【详解】由，则函数的定义域是，
又函数在区间上单调递减，
由，得，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．
故选：A．
7. 已知函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数确定函数的单调性，导函数的正负确定单调性进而取最值可求.
【详解】由得，由于均为单调递增函数，故在单调递增，因为在有最小值，故
故选：A
8. 已知，，，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】函数，则，确定函数的单调性，通过单调性可确定大小.
【详解】把a，b，c变形得，，，
所以构造函数，则.，
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递增，因为，
所以在上恒成立，
所以函数在上单调递增，
所以，即
故选：C.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 下列求导不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数公式及导数的运算法则计算可得.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，故D错误.
故选：ABD
10. 函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A. 是函数的极值点B. 3是函数的极大值点
C. 在区间上单调递减D. 1是函数的极小值点
【答案】AC
【解析】
【分析】根据导函数的图象，得出函数的单调区间，进而即可得出函数的极值情况.
【详解】对于A项，由图象可知，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，在处取得极大值.故A正确；
对于B项，由图象可知，
当时，恒成立，且不恒为0，所以在上单调递减.
所以，3不是函数的极大值点.故B错误；
对于C项，由B可知，在区间上单调递减.故C正确；
对于D项，由B可知，在上单调递减.
所以，1不是函数的极小值点.故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的单调递减区间是
B. 在点处的切线方程是
C. 若方程只有一个解，则
D. 设，若对，使得成立，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对函数求导，分析其单调性得到其图象，可判断ABC，对应选项D，设函数的值域为，的值域为G，由求解判断.
【详解】函数，，，
令，得或；令，得；
可得函数在和上单调递减，在单调递增，其大致图象如图：

对于，由上述分析可得A错误；
，由，，得，
所以切线为，故B正确；
对于C，由方程只有一解，由图象可知，或，故C错误；
对于D，设函数的值域为，函数的值域为，
对于， ，，
对于，，，
若，，使得成立，
则，故D正确，
故选：BD.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 利用曲线的切线方程可求得的近似值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出函数在处的切线方程，再令，即可求出的近似值.
【详解】因为，则，所以，
则曲线在处的切线方程为，
令，则，
所以
故答案为：
13. 已知定义在上的奇函数的导函数是，当时，的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】先判断出的单调性，然后求得的解集.
【详解】依题意是奇函数，图象关于原点对称，
由图象可知，在区间递减，；
在区间递增，.
所以的解集.
故答案为：
14. 若将一边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，然后做成一个无盖的方盒，则方盒的体积的最大值为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】将方盒容积表示为关于的函数的形式，利用导数可求得单调性，从而得到体积最大值.
【详解】由题意知：方盒的底面为边长为的正方形，高为，其中，
则方盒的容积为，
，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 设，已知成等差数列．
（1）求展开式的中间项；
（2）求展开式中所有含的奇次幂项的系数和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）写出展开式的通项，即可表示出，再根据等差中项的性质得到方程求出，最后再利用通项得到展开式的中间项；
（2）依题意可得，令、，再结合两式计算可得.
【小问1详解】
二项式展开式的通项为，其中且，
依题意．
由，得，即
解得或（应舍去），
所以展开式的中间项是第项为．
【小问2详解】
由（1）可得，
即．
令，则，
令，则，
所以，
所以展开式中所有含的奇次幂项的系数和为．
16. 已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值．
（1）求函数的解析式；
（2）当时，求函数的最值．
【答案】（1）；
（2），．
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解；
（2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
由题意可知，，，，
所以，解得，，，
所以函数的解析式为，经检验适合题意，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，
令，则，解得，或，
当时，； 当时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，取的极大值为，
当时，取得极小值为，
又，，
所以，．
17. 已知定义在上的函数．
（1）若为单调递增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得当时，恒成立，即恒成立，令，，利用导数求出函数的单调性，即可求出参数的取值范围；
（2）依题意只需证明：当时，恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【小问1详解】
因为，又为上的单调递增函数，
当时，恒成立，即恒成立，
令，，则，
在在上单调递减，，
，即实数取值范围为；
【小问2详解】
依题意只需证明：当时，恒成立，
令，则，
令，则，
当时，为单调递增函数，
所以为单调递增函数，，即，
，即当时，．
18. 已知函数．
（1）当时，如果函数的图象与直线有三个交点，求实数k的取值范围
（2）当时，试比较与2的大小．
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数法求函数的最值，根据已知条件及函数的性质画出函数的大致图象即可求解；
（2）根据已知条件构造函数，利用导数法求出函数的单调性，结合的零点的特点即可求解.
小问1详解】
当时，，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
当时，，单调递增，
因此当时，函数有极大值，
当时，函数有极小值，
当时，，
当时，，函数图象如图所示．
因为函数与有三个交点，
所以实数k的取值范围为.
【小问2详解】
当时，，
设，，
，
所以当时，函数是单调递增函数，而，
因此有当时，，
当时，．
当时，．
19. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个极值点．
①求实数a的取值范围；
②若（为自然对数的底数，且…），求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析.
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用导数的正负与函数的单调性的关系及对参数讨论即可求解；
（2）①利用导数法求函数的极值的步骤及参数的讨论即可求解；
②根据已知条件及韦达定理构造函数，，利用导数法求出函数的最值即可求解.
【小问1详解】
由题知，函数的定义域为，
，
当时，对任意的，在上恒成立不恒为零，
故在上单调递减；
当时，令，则，解得，
当时，；
当时，．
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
综上，
当时，单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
【小问2详解】
①由题知，，
函数的定义域为，，
当时，对任意的，且不恒为零，
故在上单调递增，没有极值点；
当时，，且不恒为零，
故在上单调递增，没有极值点；
当时，令，解得，，则，
当时，；
当时，；
所以函数的单调递增区间为，，
单调递减区间为．
综上，当时，有两极值点；
②由①可知，，，
所以，
设，，其中，
所以，
又因为，可知，
所以在上单调递减．
∴，即，
所以的取值范围为．
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是第一问是利用导数法求函数的单调性的步骤，注意对参数进行讨论即可，第二问第一小问利用导数法求出函数的极值的步骤，注意对参数的讨论即可，第二小问利用韦达定理及已知条件构造函数，利用导数法求函数的最值即可.